BZOJ 3277 串 & BZOJ 3473 字符串 (广义后缀自动机、时间复杂度分析)

标签那么长是因为做法太多了。。。

题目链接: (bzoj 3277) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3277

(bzoj 3473) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3473

题解:

先讲三个做法公共部分: 建出广义SAM，然后对于每个点求出它在多少字符串中出现过。

做法一

把每个字符串在广义SAM上暴力跑。每跑到一个点就暴力沿着fail树往上跳，标记跳过的点，直到跳到已标记的点为止(每个串要换用不同的标记)。

时间复杂度(O(Lsqrt L)) ((n)为串的个数，(L)为总长度)

写一下时间复杂度分析: (我自己想的，很有可能是错的，有错恳请大佬指出！！感谢)

假设某个字符串长度为(x), 则最坏情况下它一直在往深处走，并且每一步都没有碰到已经跳过的点，这种情况下其走的步数是(sum^{x}_{i=1}i=O(x^2)).

但是它还要受到另一个限制，就是走的步数不超过SAM总大小(O(L)). 因此其对时间复杂度贡献为(O(min(x^2),L)).

计算最坏情况下的时间复杂度，也就是已知(sum^{m}_{i=1} x_i=L), 求(sum^{m}_{i=1} min(x_i^2,L))的最大值。显然当(x_i>sqrt L)时是没有任何意义的(白白浪费代价，价值不增加)，所以就是已知(sum^{m}_{i=1} x_i=L)且对于任意(i)有(ile sqrt L), 求(sum^{m}_{i=1} x_i^2)的最大值。由函数的凹凸性知显然(或者也可以用偏导数解释，如果你愿意的话。。。)所有串长均为(sqrt L)时目标函数最大，为(O(Lsqrt L)).

做法二

类似于BZOJ2754/BZOJ2780, 就是个数颜色问题，每个点开个set记录经过这个点的所有串，然后沿着Parent树自下而上启发式合并。时间复杂度(O(nlog^2n)).

线段树合并貌似可以做到(O(nlog n))?

做法三

依然是数颜色，可以使用DFS序+主席树等各种神奇做法解决。时间复杂度(O(nlog^2n)) (?)

代码

做法一

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<vector>
#define llong long long
using namespace std;
 
const int N = 4e5;
const int S = 26;
struct SAM
{
    int id[N+3];
    int fa[N+3];
    int son[N+3][S+3];
    int len[N+3];
    int sz[N+3];
    int buc[N+3];
    int oid[N+3];
    int cnt[N+3];
    int cid[N+3];
    int mx[N+3];
    int siz,rtn,lstpos;
    void init() {id[0] = siz = rtn = lstpos = 1;}
    int insertstr(char ch)
    {
        int p = lstpos,np; siz++; np = lstpos = siz; len[np] = len[p]+1; sz[np] = 1;
        for(; p && son[p][ch]==0; p=fa[p]) {son[p][ch] = np;}
        if(p==0) fa[np] = rtn;
        else
        {
            int q = son[p][ch];
            if(len[q]==len[p]+1) {fa[np] = q;}
            else
            {
                siz++; int nq = siz; len[nq] = len[p]+1;
                memcpy(son[nq],son[q],sizeof(son[q]));
                fa[nq] = fa[q]; fa[np] = fa[q] = nq;
                for(; p && son[p][ch]==q; p=fa[p]) {son[p][ch] = nq;}
            }
        }
        return np;
    }
    void getsort()
    {
        for(int i=1; i<=siz; i++) buc[len[i]]++;
        for(int i=1; i<=siz; i++) buc[i] += buc[i-1];
        for(int i=siz; i>=1; i--) oid[buc[len[i]]--] = i;
    }
} sam;
vector<char> str[N+3];
char a[N+3];
int n,m;
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    sam.init();
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        scanf("%s",a+1);
        sam.lstpos = 1;
        int lena = strlen(a+1);
        for(int j=1; j<=lena; j++) {sam.insertstr(a[j]-96); str[i].push_back(a[j]);}
    }
//  for(int i=1; i<=sam.siz; i++) for(int j=1; j<=S; j++) if(sam.son[i][j]) printf("trans%d %d %d
",i,j,sam.son[i][j]);
//  for(int i=1; i<=sam.siz; i++) printf("i%d len%d fa%d
",i,sam.len[i],sam.fa[i]);
    sam.getsort();
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int pos = sam.rtn;
        for(int j=0; j<str[i].size(); j++)
        {
            pos = sam.son[pos][str[i][j]-96];
            int tmp = pos;
            for(; tmp && sam.cid[tmp]!=i; tmp=sam.fa[tmp]) {sam.cnt[tmp]++; sam.cid[tmp] = i;}
        }
    }
    sam.cnt[1] = 0;
    for(int i=1; i<=sam.siz; i++)
    {
        int u = sam.oid[i];
        sam.mx[u] = sam.mx[sam.fa[u]]+(sam.cnt[u]>=m ? sam.len[u]-sam.len[sam.fa[u]] : 0);
//      printf("%d mx%d
",u,sam.mx[u]);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++)
    {
        int pos = sam.rtn; llong ans = 0ll;
        for(int j=0; j<str[i].size(); j++)
        {
            pos = sam.son[pos][str[i][j]-96];
            ans += (llong)sam.mx[pos];
//          putchar(str[i][j]); printf("pos%d
",pos); puts("");
        }
        printf("%lld ",ans);
    }
    return 0;
}